对等式及不等式取极限

当我们用等号或不等号联结二整序变量$x_n$及$y_n$时，我们所指的总是它们的对应数值，即具有同一序号的数值.

$1°$ 若二整序变量$x_n ,y_n$在它们的一切变化过程中总是相等：$x_n =y_n$，并且各趋于有限极限：

$$\lim x_n =a ,\quad \lim y_n =b,$$

则这些极限必相等：$a=b$.

这可由极限的唯一性[关于有极限的整序变量的一些定理]直接推得.

这定理通常写成对等式取极限的形式：由$x_n =y_n$得出：

$$\lim x_n \lim y_n .$$

$2°$ 若二整序变量$x_n ,y_n$常满足不等式$x_n \geq y_n$，并且各趋于有限极限：

$$\lim x_n =a ,\quad \lim y_n =b,$$

则必$a \geq b$.

假定是相反的情形：设$a < b$.像在[关于有极限的整序变量的一些定理]中一样，任取在$a$与$b$间的一数$r$，$a < r < b$.那么，一方面，可以求得序号$N’$，使当$n > N’$时成立$x_n < r$，但另一方面，又可求得序号$N’’$，使当$n > N’’$时成立$y_n > r$.若$N$大于$N’$和$N’’$，则当$n > N$时将同时成立不等式

$$x_n < r ,\quad y_n > r,$$

由此

$$x_n < y_n ,$$

这是违反假定的.定理便得证明.

这定理使我们得以对不等式(连同着等号的)取极限：由$x_n \geq y_n$得结论：

$$\lim x_n \geq \lim y_n .$$

当然，各处的$\geq $号都可以换成$\leq $号.

请读者注意，由严格的不等式$x_n > y_n$，一般说来，不能推得严格的不等式$\lim x_n > \lim y_n $，而仅能推得：$\lim x_n \geq \lim y_n $.例如对于一切的$n$，有$\dfrac{1}{n} > -\dfrac{1}{n}$，但却有

$$\lim \dfrac{1}{n} =\lim (-\dfrac{1}{n})=0.$$

在确定整序变量的极限的存在及其数值时，下面的定理常是很有用的：

$3°$ 若二整序变量$x_n ,y_n ,z_n$恒满足不等式

$$x_n \leq y_n \leq z_n ,$$

并且$x_n$及$z_n$趋向同一极限$a$：

$$\lim x_n =\lim z_n =a,$$

则$y_n$亦必以$a$为极限：

$$\lim y_n =a.$$

指定任意的$\varepsilon > 0$.对于这$\varepsilon$，首先可以求得序号$N’$，使当$n > N’$时

$$a-\varepsilon < x_n < a+\varepsilon .$$

其次，又可求得序号$N’’$，使当$n > N’’$时

$$a-\varepsilon < z_n < a+\varepsilon .$$

设$N$大于$N’$及$N’’$；则当$n > N$时，上述两不等式都能满足，故

$$a-\varepsilon < x_n \leq y_n \leq z_n < a+\varepsilon .$$

结果当$n > N$时

$$a-\varepsilon < y_n < a+\varepsilon \quad 或 \quad \mid y_n -a \mid < \varepsilon .$$

这样，实际上就是$\lim y_n =a$.

由这定理，特别，可以推得：若对于一切$n$

$$a \leq y_n \leq z_n ,$$

且已知$z_n \to a$，则亦必有$y_n \to a$.要直接证明这事实也是很容易的.

定理$1°$，$2°$及$3°$很易推广至无穷极限的情形(其中定理$3°$仅适用于带有确定符号的无穷极限).

关于无穷小的引理

在以后的定理中我们将要同时考察两个(或更多个)整序变量，并在它们之间施行算术运算.这时如上所述，我们所指的也就是在这些整序变量的对应数值间施行算术运算的意思.例如，说及二整序变量$x_n$及$y_n$的和时，若$x_n$及$y_n$各依次在数列

$$x_1 ,x_2 ,x_3 ,\cdots ,x_n ,\cdots $$

及

$$y_1 ,y_2 ,y_3 ,\cdots ,y_n ,\cdots $$

中取值，那么整序变量$x_n +y_n$便依次在数列

$$x_1 +y_1 ,x_2 +y_2 ,x_3 +y_3 ,\cdots ,x_n +y_n ,\cdots $$

中取值.

在证明关于变量的算术运算的定理时，下面两个关于无穷小的引理，将担任着重要的角色.

引理$1$ 任何有限个无穷小的和亦是无穷小量.

我们只证明对于二无穷小$\alpha _n$及$\beta _n$的情形(一般的情形仿此讨论).

给定任意的$\varepsilon > 0$.根据无穷小的定义，由$\varepsilon $可以决定无穷小$\alpha _n$的序号$N’$，使当$n > N’$时有

$$\mid \alpha _n \mid < \dfrac{\varepsilon }{2} .$$

同样地对于$\beta _n$可以求出$N’’$，使当$n > N’’$时有

$$\mid \beta _n \mid < \dfrac{\varepsilon }{2} .$$

若取自然数$N$大于$N’$及$N’’$，则当$n > N$时，两不等式同时成立，这样，便有

$$\mid \alpha _n +\beta _n \mid \leq \mid \alpha _n \mid +\mid \beta _n \mid < \dfrac{\varepsilon }{2} +\dfrac{\varepsilon }{2} =\varepsilon .$$

因此，$\alpha _n +\beta _n$也是无穷小.

引理$2$ 有界变量$x_n$与无穷小$\alpha _n$的乘积仍是无穷小.

设对于一切$n$有

$$\mid x_n \mid \leq M.$$

若给定任意数$\varepsilon > 0$，则依$\dfrac{\varepsilon }{M}$，对于无穷小$\alpha _n$可以求出$N$，使当$n > N$时有

$$\mid \alpha _n \mid < \dfrac{\varepsilon }{M} .$$

对于这种$n$，显然有

$$\mid x_n \cdot \alpha _n \mid =\mid x_n \mid \cdot \mid \alpha _n \mid < M \cdot \dfrac{\varepsilon }{M}=\varepsilon .$$

由此推得，$x_n \cdot \alpha _n$为无穷小.

变量的算术运算

下面这些定理所以重要，在于在很多情形时，用了它们可以不必把一切与极限有关的问题都追溯到“极限”的定义，然后依指定的$\varepsilon$找出对应的$N$，等等.用了这些定理，极限的计算将大为简化.

$1°$ 若整序变量$x_n$及$y_n$趋于有限极限：

$$\lim x_n =a,\quad \lim y_n =b,$$

则它们的和(差)仍趋于有限极限，并且

$$\lim (x_n \pm y_n )=a\pm b.$$

由定理的条件，推得

$$x_n =a+\alpha _n ,y_n =b+\beta _n \label{1}\tag{1}$$

式中$\alpha _n$及$\beta _n$为无穷小.故

$$x_n \pm y_n =(a\pm b)+(\alpha _n \pm \beta _n ).$$

这时的$\alpha _n \pm \beta _n$依引理$1$为无穷小；因此，应用极限的第二定义，可以证实整序变量$x_n \pm y_n$有极限等于$a\pm b$，此即要证明的.

这定理及其证法，可以推广到任意有限个有极限的整序变量相加的情形.

$2°$ 若整序变量$x_n$及$y_n$趋于有限极限

$$\lim x_n =a,\quad \lim y_n =b,$$

则它们的积仍趋于有限极限，并且

$$\lim x_n y_n =ab.$$

仍由等式$\eqref{1}$出发，这次便有

$$x_n y_n =ab+(a\beta _n +b\alpha _n +\alpha _n \beta _n ).$$

依引理$1$及$2$，在括号内的式子为无穷小量.由此便推得，整序变量$x_n y_n$确趋于极限$ab$.

这定理可以推广到任意有限个有极限的整序变量相乘的情形(例如，用数学归纳法).

$3°$ 若整序变量$x_n$及$y_n$趋于有限极限

$$\lim x_n =a,\quad \lim y_n =b,$$

并且$b$异于$0$，则它们的比仍趋于有限极限，并且

$$\lim \dfrac{x_n }{y_n } =\dfrac{a}{b} .$$

由于$b\neq 0$,根据[关于有极限的整序变量的一些定理]的命题$3°$，由某项开始，不仅$y_n \neq 0$，且有

$$\mid y_n \mid > r > 0,$$

式中$r$是常数.对于使上面的不等式成立的那些$n$,比$\dfrac{x_n }{y_n }$显然是有意义的.

依旧由等式$\eqref{1}$出发，得

$$\dfrac{x_n }{y_n } -\dfrac{a}{b}=\dfrac{a+\alpha _n }{b+\beta _n }-\dfrac{a}{b}=\dfrac{1}{by_n }(b\alpha _n -a\beta _n ).$$

依引理$1$及$2$，在括号内的式子为无穷小量.根据开始时的叙述，而其乘数将是有界变量：

$$\mid \dfrac{1}{by_n } \mid =\dfrac{1}{\mid b\mid \mid y_n \mid } < \dfrac{1}{\mid b\mid r } .$$

因此，依引理$2$，等式右边的积将是无穷小.但它表示整序变量$\dfrac{x_n }{y_n }$及数$\dfrac{a}{b}$的差，故$\dfrac{x_n }{y_n }$的极限是$\dfrac{a}{b}$.此即所要证的.

不定式

在前一段内我们曾考察式子

$$x_n \pm y_n ,x_n y_n ,\dfrac{x_n }{y_n } ,\label{2} \tag{2}$$

并在整序变量$x_n$及$y_n$都趋于有限极限的假定下(在相除的情形，$y_n$的极限应不等于零)，我们已确定了各式子的极限.

今再详述余下的尚未考察的情形，当$x_n$及$y_n$(其中之一或两者)的极限是无穷大时，或(若论及除法)当分母的极限为零时.由这两种情形，这里只讲四种重要而且有用的奇异性.

$1°$ 我们首先来看商$\dfrac{x_n }{y_n }$，设两个变量$x_n$及$y_n$同时趋于零.这里我们首先遇到完全特殊的情况：虽然已知$x_n$及$y_n$的极限，但关于它们的比的极限——在不知道这些整序变量的本身时——我们不能作出任何一般的论断.这极限，信赖着两变量各自改变的规律，可以有各种不同的数值，或根本不存在.下列的简单的例子可以解释这点.

设$x_n =\dfrac{1}{n^2} ,y_n =\dfrac{1}{n}$，则两整序变量各自趋于零，它们的比$\dfrac{x_n }{y_n }=\dfrac{1}{n}$也趋于零；反之，设$x_n =\dfrac{1}{n} ,y_n =\dfrac{1}{n^2}$，虽然它们仍旧各自趋于零，但这次它们的比$\dfrac{x_n }{y_n }=n$趋于$\infty$!再取任一异于零的数$a$，并作出两个无穷小$x_n =\dfrac{a}{n}$及$y_n =\dfrac{1}{n}$便知它们的比有极限为$a$(因恒等于$a$).

最后，若$x_n =\dfrac{(-1)^{n+1}}{n},y_n =\dfrac{1}{n}$(两者各有极限为零)，则比$\dfrac{x_n }{y_n }=(-1)^{n+1}$显出根本没有极限.

这样，单是知道整序变量$x_n$及$y_n$的极限，在目前的情形上我们就无法判断它们的比的性态：必须知道整序变量本身，即它们改变的规律，并直接研究比$\dfrac{x_n }{y_n }$.为了要表达当$x_n \to 0$及$y_n \to 0$的情形时的奇异性，就说，表达式$\dfrac{x_n }{y_n }$是$\dfrac{0}{0}$型的不定式.

$2°$ 在同时$x_n \to \pm \infty$及$y_n \to \pm \infty$的情形，亦有类似的情况.若不知道整序变量本身，关于它们的比的性态便不能作出一般的论断.这一事实可以用完全类似于$1°$内引用的那些例题来表明：

$$x_n =n\to \infty ,y_n =n^2 \to \infty ,\dfrac{x_n }{y_n }=\dfrac{1}{n} \to 0;$$

$$x_n =n^2\to \infty ,y_n =n \to \infty ,\dfrac{x_n }{y_n }=n\to 0;$$

$$x_n =an\to \pm \infty (a\neq 0),y_n =n \to \infty ,\dfrac{x_n }{y_n }=a\to a;$$

$$x_n =[2+(-1)^{n+1}]n\to \infty ,y_n =n \to \infty ,\dfrac{x_n }{y_n }=2+(-1)^{n+1}$$

根本没有极限.

在这种情形，就说，表达式$\dfrac{x_n }{y_n }$是$\dfrac{0}{0}$型的不定式.

转而考察积$x_n y_n$.

$3°$ 若$x_n$趋于零，同时$y_n$趋于$\pm \infty$，则研究积$x_n y_n$的性态时，我们又遇到像$1°$及$2°$内所遇到的那种奇异性.关于这点可以由下面的例题证实它：

$$x_n =\dfrac{1}{n^2}\to 0 ,y_n =n \to \infty ,x_n y_n =\dfrac{1}{n}\to 0;$$

$$x_n =\dfrac{1}{n}\to 0 ,y_n =n^2 \to \infty ,x_n y_n =n\to \infty;$$

$$x_n =\dfrac{a}{n}\to 0(a\neq 0) ,y_n =n \to \infty ,x_n y_n =a\to a;$$

$$x_n =\dfrac{(-1)^{n+1}}{n}\to 0,y_n =n \to \infty ,x_n y_n =(-1)^{n+1}$$

根本没有极限.

在这种情形，即当$x_n \to 0$及$y_n \to \infty$时，就说，表达式$x_n y_n$是$0\cdot \infty$型的不定式.

最后，考察代数和$x_n +y_n$.

$4°$ 这里讲当$x_n$及$y_n$趋于异号的无穷大时的奇异情形：就是若不知道整序变量$x_n$及$y_n$本身，则不可能确定$x_n +y_n$的极限.在这里所表示的各种不同的可能性可用下面的例题表明它：

$$x_n =2n\to +\infty ,y_n =-n \to -\infty ,x_n +y_n =n\to +\infty ;$$

$$x_n =n\to +\infty ,y_n =-2n \to -\infty ,x_n +y_n =-n\to -\infty ;$$

$$x_n =n+a\to +\infty ,y_n =-n \to -\infty ,x_n +y_n =a\to a;$$

$$x_n =n+(-1)^{n+1}\to +\infty ,y_n =-n \to -\infty ,x_n y_n =(-1)^{n+1}$$

根本没有极限.

因此，当$x_n \to +\infty$及$y_n \to -\infty$时，即说，式$x_n +y_n$表示$\infty-\infty$型的不定式.

这样，当提出了依整序变量$x_n$及$y_n$的极限去确定由它们所组成的算术式$\eqref{2}$的极限这个问题以后，我们发现了不可能解答的四种情形：即型为

$$\dfrac{0}{0},\quad \dfrac{\infty }{\infty},\quad 0\cdot \infty ,\quad \infty -\infty$$

的不定式.在这些情形，必须注意整序变量$x_n$及$y_n$的改变规律，直接去研究我们所关心的式子.类似的研究称为不定式的定值法.以后它并不永远像上面所举的例题那样简单.下面我们要举几个这种类型的比较有趣的例题.

极限求法的例题

$1)$设$p(n)$是整数$n$的常系数多项式：

$$p(n)=a_0 n^k +a_1 n^{k-1} +\cdots +a_{k-1 } n+a_k ,$$

今试求这多项式的极限.若这多项式的一切系数全是正(负)的，则显然$p(n)$的极限是$+\infty (-\infty )$.但在系数为异号的情形，某些项趋向$+\infty $，另一些项趋向$-\infty$，就遇到$\infty -\infty$型的不定式.

要确定这一不定式，可以把$p(n)$写成

$$p(n)=n^k(a_0 +\dfrac{a_1 }{n} +\cdots +\dfrac{a_{k-1 }}{n^{k-1}}+\dfrac{a_k }{n^k} ).$$

因为在括号内的一切加数，从第二项起，当$n$增大时为无穷小，所以括号内的式子有极限为$a_0$；但第一个乘数趋向$+\infty$.在这个情形整个式子趋于$+\infty$或$-\infty$，视$a_0$的符号而定.

将已给式子变形以消除其“不定性”(如我们这里所用的)是不定式定值法中常用的方法.

$2)$若$q(n)$也是多项式：

$$q(n)=b_0 n^l +b_1 n^{l-1} +\cdots +b_{l-1 } n+a_l ,$$

则商$\dfrac{p(n)}{q(n)}$在$n$增大时是$\dfrac{\infty }{\infty }$型的不定式.

在这里也就将每一个多项式变形，如同在$1)$内做过的那样，则得：

$$\dfrac{p(n)}{q(n)}=n^{k-l}\dfrac{a_0 +\dfrac{a_1 }{n} +\cdots +\dfrac{a_k }{n^k} }{b_0 +\dfrac{b_1 }{n} +\cdots +\dfrac{b_l }{n^l} }.$$

上式右边第二个乘数有一有限极限$\dfrac{a_0 }{b_0 }$.若两个多项式的幂次相等：$k=l$，则比$\dfrac{p(n)}{q(n)}$的极限为$\dfrac{a_0 }{b_0 }$.在$k > l$时，第一个乘数趋向$+\infty$，故所考察的比亦趋向$\pm \infty$(其符号视$\dfrac{a_0 }{b_0 }$的符号而定).最后，在$k < l$时，第一个乘数趋向零，于是整个式子跟着它趋向零.

$3)$求三角锥体$SABC$的体积$V$(图$3$).

分锥体的高$H$成$n$等分，过各分点作平行于底面的平面.所得的截面为相似于底的三角形.在这些三角形上各作一系列的内含与外包的三角柱体；由第一组组成体积$V_n$，由第二组组成体积$V’_n$，并且显然

$$V_n < V < V’_n .$$

但差$V’_n -V_n$并非别的，就是最下面的那个外包三角柱体，其底为$Q=\triangle ABC$，高为$\dfrac{H}{n}$：因此，在$n$增大时，差

$$V’_n -V_n =\dfrac{QH}{n} \to 0,$$

从而差$V-V_n$及$V’_n -V$也趋于零，即

$$V=\lim V_n =\lim V’_n .$$

今试求$V’_n$的表达式.在这里我们所考察的是由一组外包三角柱体所组成的立体；依锥体截面的性质，它们的底仍依次等于

$$\dfrac{1}{n^2}Q ,\dfrac{2^2}{n^2}Q ,\cdots ,\dfrac{i^2}{n^2}Q ,\cdots ,\dfrac{n^2}{n^2}Q =Q,$$

同时所有的高都等于$\dfrac{H}{n}$.因此，

$$V’_n =\dfrac{Q}{n^2}(1^2+2^2+\cdot +n^2)\cdot \dfrac{H}{n} =\dfrac{QH}{n^3}\cdot \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\dfrac{QH}{6}\cdot \dfrac{(n+1)(2n+1)}{n^2} ,$$

而

$$V=\lim V’_n =\dfrac{QH}{3} .$$

$4)$求由抛物线$y=ax^2(a > 0)$上的一部分$OM$，$x$轴上的线段$OP$及线段$PM$所围成的图形$OPM$的面积$Q$(图$4$).

分线段$OP$成$n$等分，并在各部分上作一系列的内含及外凸的矩形.这些内含或外凸矩形的全体各自组成阶状平面域，其面积为$Q_n$及$Q’_n$，二者之差即最大外凸矩形之面积$\dfrac{x}{n}\cdot y$.由此，如同$3)$内一般，$Q’_n -Q_n \to 0$，又因

$$Q_n < Q < Q’_n ,$$

显然

$$Q=\lim Q_n =\lim Q’_n .$$

因各个矩形的高是抛物线上的点的纵标，其对应之横杆依次为

$$\dfrac{1}{n}x ,\dfrac{2}{n}x ,\cdots ,\dfrac{i}{n}x ,\cdots ,\dfrac{n}{n}x =x,$$

根据曲线的方程，这些高各等于

$$a\cdot \dfrac{1}{n^2}x^2 ,a\cdot \dfrac{2^2}{n^2}x^2 ,\cdots ,a\cdot \dfrac{i^2}{n^2}x^2 ,\cdots ,ax^2.$$

故得$Q’_n$的表达式

$$\begin{align}
Q’_n & =\dfrac{ax^2}{n^2}(1^2+2^2+\cdots +n^2)\cdot \dfrac{x}{n}\\
& =\dfrac{ax^3}{6}\cdot \dfrac{(n+1)(2n+1)}{n^2} .
\end{align}$$

由此，

$$Q=\lim Q’_n =\dfrac{ax^3}{3} =\dfrac{x\cdot ax^2}{3} =\dfrac{xy}{3} .$$

根据上例，很易得出抛物线弓形$M’OM$的面积等于$\dfrac{4}{3}xy$，即为外接矩形$M’P’PM$的$\dfrac{2}{3}$(这结果阿基米德早就知道了).

$5)$证明，在$0 < k < 1$时，

$$\lim [(n+1)^k-n^k]=0.$$

在这里我们有$\infty -\infty$型的不定式.将它变形，把$n^k$从括号内取出：

$$0 < (n+1)^k-n^k=n^k\left[ \left( 1+\dfrac{1}{n} \right) ^k -1\right] < n^k\left[ \left( 1+\dfrac{1}{n} \right) -1\right] =\dfrac{1}{n^{1-k}} .$$

因$\dfrac{1}{n^{1-k}} \to 0$，所以$(n+1)^k-n^k \to 0$，此即所要证的.

$6)$求整序变量

$$x_n =\sqrt{n} (\sqrt{n+1} -\sqrt{n})$$

的极限.$x_n$(根据上例)是$\infty \cdot 0$型的不定式.

用根式$\sqrt{n+1} +\sqrt{n}$乘及除上式的右边，则所给式变形成$\dfrac{\infty }{\infty }$型的不定式：

$$x_n =\sqrt{n} \cdot \dfrac{(\sqrt{n+1} -\sqrt{n})(\sqrt{n+1} +\sqrt{n}) }{(\sqrt{n+1} +\sqrt{n}) }=\dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1} +\sqrt{n}} ;$$

最后，以$\sqrt{n}$除分子及分母：

$$x_n =\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}} +1} .$$

显然，

$$1 < \sqrt{1+\dfrac{1}{n}} < 1+\dfrac{1}{n} ;$$

因$1+\dfrac{1}{n} \to 1$，故$\sqrt{1+\dfrac{1}{n}} \to 1$.最后得出

$$\lim x_n =\dfrac{1}{2}.$$

$7)$求出下列整序变量的极限：

$$x_n =\dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}},y_n =\dfrac{n}{\sqrt{n^2+1}},$$

及

$$z_n =\dfrac{1}{\sqrt{n^2+1}} +\dfrac{1}{\sqrt{n^2+2}} +\cdots +\dfrac{1}{\sqrt{n^2+i}} +\cdots +\dfrac{1}{\sqrt{n^2+n}} .$$

整序变量$x_n$及$y_n$是$\dfrac{\infty }{\infty }$型的不定式(因两者中的根式都$> n$，故它们必趋向$\infty$).将它们变形，用$n$除分子及分母：

$$x_n =\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}},y_n =\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}}.$$

因在两式分母中的根式都有极限为$1$(参阅上例)，故$x_n \to 1,y_n \to 1$.

$z_n$的表示式有着特有的形式：这个和的每一项都依赖于$n$，且其项数也随着$n$而增大.因每一项都小于首项而大于末项，故

$$\dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}} < z_n < \dfrac{n}{\sqrt{n^2+1}},即x_n < z_n < y_n .$$

但已证整序变量$x_n$及$y_n$趋于公共极限$1$；因此，依[对等式及不等式取极限]的定理$3°$，$z_n$亦必趋于这一极限.

$8)$设给定$m$个正数$a_1 ,a_2 ,\cdots ,a_m$，其中之最大记成$A$，证明

$$\lim \sqrt[n]{a_1^n +a_2^n +\cdots +a_m^n }=A.$$

这一结论可由很明显的不等式

$$A \leq \sqrt[n]{a_1^n +a_2^n +\cdots +a_m^n } \leq A\cdot \sqrt[n]{m}$$

推得[整序变量及极限-例题$5)$].

$9)$我们在[无穷大量]内看到过，当$a > 1$时，幂$a^n \to +\infty$(在$n$增大时).今研究比

$$\dfrac{a^n}{n^k}$$

的性态(当$k > 0$时)，它是$\dfrac{\infty }{\infty }$型的不定式.

先证一辅助不等式(参阅在[以任意实数为指数的幂]内的伯努利不等式).设令$a=1+\lambda$，因此$\lambda > 0$，依牛顿二项式得：

$$a^n=(1+\lambda )^n =1+n\lambda +\dfrac{n(n-1)}{2}\lambda ^2 + \cdots > \dfrac{n(n-1)}{2}\lambda ^2 .$$

因在$n > 2$时，显然$n-1 > \dfrac{n}{2}$，故最后得出

$$a^n > \dfrac{(a-1)^2}{4}n^2 .\label{3}\tag{3}$$

在$k=1$时，立即得出

$$\dfrac{a^n}{n} > \dfrac{(a-1)^2}{4}n,$$

因此，

$$\lim \dfrac{a^n}{n} =+\infty .$$

因这结果对于任何$a > 1$均成立，故若$k > 1$，便可写成(至少在充分大的$n$时)

$$\dfrac{a^n}{n^k} =\left[ \dfrac{(a^{\frac{1}{k}})^n}{n} \right] ^k > \dfrac{(a^{\frac{1}{k}})^n}{n},$$

由此

$$\lim \dfrac{a^n}{n^k} =+\infty (a > 1).$$

这样，当$k \geq 1$时已证明了我们的结果，而这结果当$k < 1$时显然也成立.

$10)$不等式$\eqref{3}$亦可以用来证明

$$\lim \sqrt[n]{n}=1 .$$

在$\eqref{3}$内假定$a=\sqrt[n]{n}$，便得出

$$n > \dfrac{n^2}{4}(\sqrt[n]{n} -1)^2,$$

由此

$$0 < \sqrt[n]{n} -1 < \dfrac{2}{\sqrt{n}} ,$$

便导出所需的结果.

$11)$我们现在可以建立另一有趣的极限.

$$\lim \dfrac{\log_an}{n}=0(a > 1).$$

(在这里我们又得一$\dfrac{\infty }{\infty }$型的不定式，因为，容易证明$\log_an \to +\infty$).

实际上，若取任意数$\varepsilon > 0$，则根据$a^{\varepsilon } > 1$，当$n$充分大时将有[关于有极限的整序变量的一些定理，$1°$]

$$\sqrt[n]{n} < a^{\varepsilon }.$$

以$a$为底取对数，便得$$\dfrac{\log_an}{n} < \varepsilon $$

由此便推得上述命题.

斯托尔茨($\text{O.Stolz}$)定理及其应用

为着要确定$\dfrac{\infty }{\infty }$型的不定式$\dfrac{x_n }{y_n }$的极限，下列斯托尔茨的定理经常是有用处的.特别，当$y_n =n$时，这定理早已被柯西($\text{A.L.Cauchy}$)所证明了.

设整序变量$y_n \to +\infty$并且——至少是从某一项开始——在$n$增大时$y_n$亦增大:$ y_{n+1 } > y_n$.则

$$\lim \dfrac{x_n }{y_n } =\lim \dfrac{x_n -x_{n-1 } }{y_n -y_{n-1 } } .$$

只需等式右边的极限已知为存在(有限或$\pm \infty$).

首先假定这极限等于有限数$l$：

$$\lim \dfrac{x_n -x_{n-1 } }{y_n -y_{n-1 } } =l.$$

则依任何已给的$\varepsilon > 0$，必能求得序号$N$，使当$n > N$时有

$$\mid \dfrac{x_n -x_{n-1 } }{y_n -y_{n-1 } } -l\mid < \dfrac{\varepsilon }{2}$$

或

$$ l-\dfrac{\varepsilon }{2} < \dfrac{x_n -x_{n-1 } }{y_n -y_{n-1 } } < l+\dfrac{\varepsilon }{2}.$$

意即，不论取怎样的$n > N$，一切分数

$$ \dfrac{x_{N+1 } -x_N }{y_{N+1 } -y_N } ,\dfrac{x_{N+2 } -x_{N+1 } }{y_{N+2 } -y_{N+1} },\cdots ,\dfrac{x_{n-1 } -x_{n-2 } }{y_{n-1 } -y_{n-2 } } ,\dfrac{x_n -x_{n-1 } }{y_n -y_{n-1 } }$$

都包含在这些限界之内.因为$n$增大时$y_n$随着增大，它们的分母都是正数，所以在那些限界之内亦包含着分数

$$\mid \dfrac{x_n -x_N }{y_n -y_N } -l\mid < \dfrac{\varepsilon }{2}.$$

由恒等式(它很容易直接验算出来)：

$$\begin{align} \dfrac{x_n }{y_n } -l & =\dfrac{x_n -ly_n }{y_n } \\ & =\dfrac{x_N -ly_N +x_n -x_N -ly_n +ly_N}{y_n } \\ & =\dfrac{x_N -ly_N }{y_n } +\dfrac{x_n -x_N -ly_n +ly_N}{y_n } \\ & =\dfrac{x_N -ly_N }{y_n } +\dfrac{y_n -y_N }{y_n } \dfrac{x_n -x_N -ly_n +ly_N }{y_n -y_N } \\ & =\dfrac{x_N -ly_N }{y_n } +\left( 1-\dfrac{y_N }{y_n } \right) \left( \dfrac{x_n -x_N }{y_n -y_N } -l\right) ,\end{align}$$

可得

$$\mid \dfrac{x_n }{y_n } -l \mid \leq \mid \dfrac{x_N -ly_N }{y_n } \mid +\mid \dfrac{x_n -x_N }{y_n -y_N } -l\mid .$$

右边的第二项，我们已看到，在$n > N$时$< \dfrac{\varepsilon }{2}$；由于$y_n \to +\infty $，所以第一项，在$n > N’$时，也将$< \dfrac{\varepsilon }{2}$.若在这时所取的$N’ > N$，则在$n > N’$时，显然有

$$\mid \dfrac{x_n }{y_n } -l \mid < \varepsilon ,$$

这就证明了我们的命题.

无穷极限的情形可以化为上面已研究过的情形.例如，设

$$\lim \dfrac{x_n -x_{n-1 } }{y_n -y_{n-1 } } =+\infty .$$

由此，首先推得(在充分大的$n$时)，

$$x_n -x_{n-1 } > y_n -y_{n-1 } ,$$

因此，随着$y_n \to +\infty$而$x_n \to +\infty$，并且整序变量随着序号$n$的增大而无限增大.在这种情形，可以把已证明的定理应用于$\dfrac{y_n }{x_n }$；

$$\lim \dfrac{y_n }{x_n } =\lim \dfrac{y_n -y_{n-1 } }{x_n -x_{n-1 } } =0.$$

(因为在这里极限已是有限的.)由此推得

$$\dfrac{x_n }{y_n }=+\infty ,$$

此即所要证的.

再转而考察下列例题.

$12)$我们在$9)$内已看到，在$a > 1$时

$$\lim \dfrac{a^n}{n} =+\infty .$$

借助于斯托尔茨定理立即能得出这一结果：

$$\lim \dfrac{a^n}{n} =\lim (a^n-a^{n-1})=\lim a^n(1-\dfrac{1}{a})=+\infty .$$

关于例$11)$亦有同样的情形.

$13)$应用斯托尔茨定理可以证明下列有趣的(柯西)命题.

若整序变量$a_n$有(有限或无穷)极限，则整序变量

$$b_n =\dfrac{a_1 +a_2 +\cdots +a_n }{n}$$

(整序变量$a_n$的首$n$个值的“算术平均值”)亦有同一极限.

实际上，在斯托尔茨定理内令

$$x_n =a_1 +a_2 +\cdots +a_n ,y_n =n,$$

便有

$$\lim b_n =\lim \dfrac{x_n }{y_n } =\dfrac{x_n -x_{n-1 } }{y_n -y_{n-1 } }=\lim a_n .$$

例如，若我们知道[$10)$]$\sqrt[n]{n}\to 1$，则必有

$$\dfrac{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}+\cdots +\sqrt[n]{n}}{n} \to 1.$$

$14)$今考察整序变量

$$z_n =\dfrac{1^k+2^k+\cdots +n^k}{n^{k+1}}$$

($k$为自然数)，它是$\dfrac{\infty }{\infty }$型的不定式.

在斯托尔茨定理内令

$$x_n =1^k+2^k+\cdots +n^k ,y_n =n^{k+1},$$

便有

$$\lim z_n =\lim \dfrac{n^k}{n^{k+1}-(n-1)^{k+1}}.$$

但

$$(n-1)^{k+1} =n^{k+1}-(k+1)n^k+\cdots $$

如此，便有

$$n^{k+1}-(n-1)^{k+1}=(k+1)n^k-\cdots$$

从而[参阅$2)$]

$$\lim z_n =\lim \dfrac{n^k}{(k+1)n^k-\cdots}=\dfrac{1}{k+1}.$$

$15)$最后，我们来求整序变量

$$u_n =n(z_n +\dfrac{1}{k+1})=\dfrac{1^k+2^k+\cdots +n^k}{n^k}-\dfrac{n}{k+1}$$

的极限，它在第一种形式表示$\infty \cdot 0$型的不定式，而在第二种，$\infty -\infty$型.由分数的减法，又得出$\dfrac{\infty }{\infty }$型的不定式：

$$u_n =\dfrac{(k+1)(1^k+2^k+\cdots +n^k)-n^{k+1}}{(k+1)n^k}.$$

令$x_n$等于这分数的分子，而$y_n$等于分母，再应用同一定理，则得

$$\lim u_n =\dfrac{(k+1)n^k-[n^{k+1}-(n-1)^{k+1}]}{(k+1)[n^k-(n-1)^k]}.$$

但

$$(k+1)n^k-[n^{k+1}-(n-1)^{k+1}]=\dfrac{(k+1)k}{2}n^{k-1}-\cdots $$

而

$$n^k-(n-1)^k=kn^{k-1}-\cdots $$

如此，[参阅$2)$]，最后即得

$$\lim u_n =\dfrac{\dfrac{(k+1)k}{2}n^{k-1}-\cdots}{(k+1)[kn^{k-1}-\cdots]}=\dfrac{1}{2}.$$